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广东省深圳市2020届高三第一次质量检测化学试题
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2020届广东深圳高三化学上学期第一次质量检测试题
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、单项选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B. 100mL2.0mol/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NA
C. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA
D. 常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 5.6g铁为0.1mol，与足量盐酸反应生成Fe2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；
B. 醋酸为弱电解质，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；
C. 标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；
D. 常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，D正确。
故选D。
2.关于胶体和溶液的叙述中正确的是（ ）
A. 胶体能透过半透膜，而溶液不能
B. 胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能
C. 胶体粒子直径比溶液中离子直径大
D. 胶体能够发生丁达尔现象，溶液也能发生丁达尔现象
【答案】C
【解析】
【详解】A. 胶粒能透过半透膜，而溶液中的离子和分子也能透过半透膜，A错误；
B. 胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液也可能生成沉淀，B错误；
C. 胶体粒子直径介于10-9~10-7m之间，而溶液中离子直径不大于10-9m，C正确；
D. 胶体能够发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，D错误。
故选C。
3.下列叙述正确的是（ ）
A. 在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B. 有单质参加的反应一定是氧化还原反应
C. 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应
D. 失电子难的原子，容易获得的电子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；
B. 同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；
C. 有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；
D. 失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。
故选C。
4.配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是( )
A. 用量筒量取浓盐酸俯视读数 B. 溶解搅拌时有液体飞溅
C. 定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线 D. 摇匀后见液面下降,再加水至刻度线
【答案】C
【解析】
【分析】
根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．
【详解】A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选；
B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；
C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；
D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选。
故选：C。
【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响．
5.化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照如图连接好线路发现灯泡不亮，按照右图连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（ ）
A. NaCl是非电解质
B. NaCl溶液是电解质
C. NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
D. NaCl溶液中，水电离出大量的离子
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaCl属于盐，所以是电解质，A错误；
B. NaCl溶液是混合物所以不是电解质，B错误；
C. 氯化钠固体溶于水后在水分子的作用下，发生电离，电离为可以移动的离子使溶液导电，C正确；
D. 氯化钠溶于水是氯化钠发生了电离，水的电离实际很微弱，D错误；
故答案选C。
6.下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是
A. 同质量、不同密度的N2和CO B. 同温度、同体积的H2和N2
C. 同体积、不同密度的C2H4和C3H6 D. 同压强、同体积的N2O和CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A、二者同质量，摩尔质量也相同，根据n=知，二者分子物质的量相同，也就是分子数相同，这两种分子还都含有2个原子，所以原子数相同，故A正确；
B、同温度、同体积，气体分子数目与压强呈正比，压强不定，无法判断气体分子数关系，故B错误；
C、同体积、不同密度的C2H4和C3H6，质量不相等。C2H4和C3H6的最简式相同，质量相等的两种气体含有相同的原子数，但质量不相等，则所含原子数不一定相同，故C错误；
D、同压强、同体积，气体分子数目与温度呈反比，温度不定，无法判断气体分子数关系，故D错误；
故选：A。
7.下列离子方程式中正确的是（ ）
A. 硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应 SO42-+Ba2+=BaSO4↓
B. 铜片加入稀硝酸中：Cu +2NO3- +4H+==Cu2++2NO2↑+2H2O
C. FeBr2溶液中加入过量的氯水2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+4Cl-+2Fe3+
D. 等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应中，除去发生SO42-与Ba2+的反应外，还发生Mg2+与OH-的反应，A错误；
B. 铜片加入稀硝酸中，生成NO气体等，B错误；
C. FeBr2溶液中加入过量的氯水，FeBr2完全反应，所以参加反应的Fe2+与Br-应满足1：2的定量关系，C错误；
D. NaHCO3和Ba(OH)2物质的量相等，离子方程式为HCO3-、Ba2+、OH-等摩反应，生成BaCO3和H2O，OH-过量，D正确。
故选D。
8.氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为-1价)，反应方程式如下：
CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是
A. 既不是氧化剂也不是还原剂
B. 是氧化剂
C. 是还原剂
D. 既是氧化剂又是还原剂
【答案】B
【解析】
【详解】根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca和O的化合价均没有变化，其中CaH2中H的化合价由-1价升高到0价，被氧化，作还原剂；H2O中H的化合价由+1价降低到0价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，又是还原产物；答案选B。
9.在标准状况下，ALNH3溶于B mL水中，得到密度为ρg/cm3的RL氨水，则此氨水的物质的量浓度是（ ）
A. mol/L B. mol/L
C. mol/L D. mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】A. c===mol/L，A正确；
B. c== mol/L，B错误；
C. 表示NH3的物质的量，不表示氨水的物质的量浓度，C错误；
D. 由选项B可知，不是氨水物质的量浓度的数值，D错误。
故选A。
10.有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位： mol·L-1)为
A. （y-2x）/a B. (y-x)/a C. (2y-2x)/a D. (2y-4x)/a
【答案】D
【解析】
n（Ba2+）=n（H2SO4）= xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：
2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/a
mol·L-1
11.下列有关溶液性质的叙述，正确的是（ ）
A. 室温时饱和的二氧化碳水溶液，冷却到0℃时会放出一些二氧化碳气体
B. 强电解质在水中溶解度一定大于弱电解质
C. 相同温度下，把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量增加
D. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或者温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下溶液中溶质的质量分数均保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 气体的溶解度随温度的降低而增大，所以室温下饱和的二氧化碳水溶液降温至0℃，不会放出二氧化碳气体，A错误；
B. 难溶于水的强电解质(如BaSO4)，在水中溶解度小于某些可溶性弱电解质(如醋酸)，B错误；
C. 相同温度、相同压强下，氧气在水中的溶解度不变，所以把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量不变，C错误；
D. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，虽然溶液变为不饱和，但溶质的质量分数不变；温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，硫酸铜的溶解度不变，溶质的质量分数不变，D正确。
故选D。
12.某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-个数比为1：2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（ ）
A. 21：5 B. 4：1 C. 3：l D. 11：3
【答案】D
【解析】
【详解】ClO-和ClO3-个数比为1：2，则按电子守恒，它们与Cl-的个数比为1：2：11，从而得出被还原的氯(生成Cl-)与被氧化的氯(生成ClO-和ClO3-)的物质的量之比为11:3。故选D。
13.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物
C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【答案】A
【解析】
【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。
A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；
D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；
答案选A。
14.在海水中提取溴的反应原理是5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O下列反应的原理与上述反应最相似的是（ ）
A. 2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2
B. 2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HCl
C. 2H2S+SO2=3S+2H2O
D. AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】反应5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O为氧化还原反应，只有Br元素发生电子的得与失，反应为归中反应。
A. 2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2中，变价元素为Br和Cl，A不合题意；
B. 2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HCl中，变价元素Fe和S，B不合题意；
C. 2H2S+SO2=3S+2H2O中，变价元素只有S，发生归中反应，C符合题意；
D. AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl为非氧化还原反应，D不合题意。
故选C。
15.下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（ ）
①无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-
②使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-
③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+
④加入Mg能放出H2的溶液中： NH4+，Cl-，K+，SO42-
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-
⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-
A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】C
【解析】
【详解】①无色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，①不合题意；
②CO32-，AlO2-都能发生水解反应，使溶液呈碱性，②符合题意；
③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，③不合题意；
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，④符合题意；
⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，⑤符合题意；
⑥酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量存在，⑥不合题意。
综合以上分析，只有②④⑤符合题意。故选C。
16.下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. 用澄清石灰水来吸收氯气：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H+
B. 向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
C. 将金属钠加入冷水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
D. 碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.用澄清石灰水来吸收氯气，反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，碱性环境不能大量存在H+，A错误；
B.Fe粉少量，硝酸过量，反应产生Fe3+，B错误；
C.金属钠与冷水反应产生NaOH和氢气，反应符合事实，符合物质的拆分原则，C正确；
D.酸式盐与碱反应，碱不足量，反应产生CaCO3、NaHCO3、H2O，书写不符合反应事实，D错误；
故合理选项是C。
三、填空题
17.下列说法中，正确的是（填序号）__
A．AgCl+NaBr=AgBr+NaCl能在水中进行，是因为AgBr比AgCl更难溶于水
B．用渗析法分离淀粉中混有的氯化银杂质
C．可以用分液漏斗将甘油和水的混合液体分离
D．用碱式滴定管量取20.00毫升高锰酸钾溶液
E．配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止
F．在氢氧化铁胶体中加入少量硫酸会产生沉淀
G．硝酸银溶液通常保存在棕色的试剂瓶中，是因为硝酸银见光易分解
【答案】AEFG
【解析】
【分析】
A．由难溶物转化为难溶物，应比较Ksp(AgBr)与Ksp(AgCl)的相对大小；
B．用渗析法净制胶体，只能去除胶体中的某些离子或分子；
C．用分液漏斗分离的是不互溶的液体；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡皮管；
E．配制银氨溶液时，应注意试剂的滴加顺序及用量；
F．电解质能使氢氧化铁胶体发生凝聚；
G．硝酸银见光易分解，应避光保存。
【详解】A．由于Ksp(AgBr)
C．甘油和水互溶，不能以分液漏斗作为分离仪器，也就是不能采用分液法分离，C错误；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡皮管，D错误；
E．配制银氨溶液时，往硝酸银溶液中滴加稀氨水，至产生的沉淀刚好溶解，E正确；
F．硫酸作为电解质，能使氢氧化铁胶体发生凝聚，F正确；
G．硝酸银见光易分解，通常保存在棕色试剂瓶内，G正确。
故选AEFG。
【点睛】氢氧化铁胶体中加入硫酸，首先是硫酸作为电解质，使氢氧化铁胶体发生凝聚，然后硫酸作为酸，与作为碱的氢氧化铁沉淀发生中和反应，生成硫酸铁和水。所以，滴加过程中观察到的现象为先生成沉淀、后沉淀溶解。
18.工业甲醇的质量分数可以用下列方法测定：
①在稀H2SO4中甲醇被Cr2O72—氧化成CO2和H2O，
反应式为：CH3OH＋Cr2O72—＋8H＋＝CO2↑＋2Cr3＋＋6H2O；
②过量的Cr2O72—可用Fe2＋与之完全反应：
___Cr2O72—＋___Fe2＋＋____H＋—_____Cr3＋＋____Fe3＋＋____H2O
现有0.12 g工业甲醇，在H2SO4溶液中与25 mL 0.2 mol·L－1K2Cr2O7溶液反应，多余的K2Cr2O7再用1 mol·L—1FeSO4与其反应，结果用去FeSO4溶液9.6 mL。
(1)配平第②步的离子方程式。
(2)计算工业甲醇的质量分数_______________。
【答案】 (1). 1 (2). 6 (3). 14 (4). 2 (5). 6 (6). 7 (7). 由反应②可知，反应①剩余的n（Cr2O72-）=n（Fe2+）=0.0016 mol
反应①消耗n（Cr2O72-）=0.0050 mol-0.0016 mol=0.0034 mol
则：n（CH3OH）=0.0034 mol
w(CH3OH)=
【解析】
【分析】
（1）依据化学反应的元素化合价变化结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒计算配平离子方程式；
（2）依据化学方程式的定量计算分析，依据FeSO4的消耗量，计算出多余的K2Cr2O7，计算与甲醇反应的K2Cr2O；结合化学方程式进行计算：CH3OH+Cr2O72-+8H+=CO2↑+2Cr3++6H2O。
【详解】（1）依据化学反应的元素化合价变化结合电子守恒计算配平离子方程式，电子转移：Cr2O72-～2Cr3++～6e-；6Fe2+～6Fe3+～6e-；所以配平氧化还原反应的电子守恒，结合电荷守恒和原子守恒得到配平系数：1、6、14、2、6、7；离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；故答案为：1、6、14、2、6、7；
（2）由反应②可知，反应①剩余的n（Cr2O72-）=n（Fe2+）=0.0016 mol
反应①消耗的n（Cr2O72-）=0.0050 mol-0.0016 mol=0.0034 mol
则：n（CH3OH）=0.0034 mol
w(CH3OH)= ，故答案为：90.7%。
19.用6mol·L-1的硫酸配制100mL1mol·L-1硫酸，若实验仪器有：
A．100mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50mL容量瓶 E．20mL量筒 F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL容量瓶
（1）实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）__。
（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填写编号）__。
A．使用容量瓶前检查它否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2cm～3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm～2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次
【答案】 (1). G、E、C、H、F或E、G、C、H、F (2). B、C、D
【解析】
【分析】
（1）配制溶液时，选用仪器的先后顺序，也是按照配制操作的先后顺序进行选择，即按照计算、量取、溶解、转移、定容进行选择。
（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液；
B．用容量瓶配制溶液，应确保溶质的物质的量不变；
C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后才能转移入容量瓶；
D．配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后再转移入容量瓶内；
E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀。
【详解】（1）配制溶液时，通过计算，确定所需6mol·L-1的硫酸的体积为，应选择20mL量筒、50mL烧杯；然后是转移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容时用到胶头滴管，由此确定选用仪器的先后顺序为G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案为：G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；
（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液，A正确；
B．用容量瓶配制溶液，用待配溶液润洗，必然导致溶质的物质的量增大，所配浓度偏大，B不正确；
C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正确；
D．配制溶液时，量好液体试样，也应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正确；
E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀，E正确。
由此得出，在容量瓶的使用方法中，操作不正确的是B、C、D。答案为：B、C、D。
【点睛】使用量筒量取液体时，应选择规格尽可能小的量筒，若选择的量筒规格过大，则会产生较大的误差。还需注意，所选量筒必须一次把所需体积的液体量完，若多次量取，也会产生较大的误差。
20.有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl－、I－、HCO3-，进行如下实验：
实验步骤
实验现象
①取少量原溶液，加几滴甲基橙
溶液变红色
②取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热
有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色
③取少量原溶液，加BaCl2溶液
有白色沉淀生成
④取③中上层清液，加AgNO3溶液
有白色沉淀生成，且不溶于HNO3
⑤取少量原溶液，加NaOH溶液
有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解
⑴溶液中肯定存在的离子是________________________；
⑵溶液中肯定不存在的离子是________________________；
⑶为进一步确定其他离子，应该补充的实验是_____________________________； ____________________________。
【答案】 (1). Mg2+、Al3+、NO3-、SO42- (2). Fe2+、Ba2+、I-、HCO3- (3). 焰色反应 (4). 取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3
【解析】
【详解】因为溶液呈无色，溶液中一定不含Fe2+；根据①取少量原溶液，加几滴甲基橙，溶液变红色，说明溶液呈酸性，则溶液中不含HCO3-；根据②取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热，有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色，则原溶液中含NO3-，由于酸性条件下NO3-具有强氧化性，原溶液中不含I-；根据③取少量原溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中含有SO42-、不含Ba2+；取③中上层清液，加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，且不溶于HNO3，③中上层清液中含Cl-，但由于BaCl2引入Cl-，不能确定原溶液中是否含Cl-；根据⑤取少量原溶液，加NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解，则原溶液中含有Mg2+、Al3+；
（1）溶液中肯定存在的离子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；
（2）溶液中肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-；
（3）要进一步确定溶液中是否含有Na+，应补充的实验是：焰色反应；要进一步确定溶液中是否含有Cl-，应用稀硝酸和AgNO3溶液，但SO42-会构成干扰，所以先排除SO42-的干扰，故补充的实验是：取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3 。
21.将5.1g镁铝合金溶于600mL0.5mol·L－1H2SO4溶液中，完全溶解后再加入1.0mol·L－1的NaOH溶液，得到沉淀的质量为13.6g，继续滴加NaOH溶液时则沉淀会减少。
（1）当加入__mLNaOH溶液时，可使溶解在硫酸中的Mg和Al恰好完全沉淀。
（2）计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准状况下的体积。（列出算式）___
【答案】 (1). 600 (2). 5.6L
【解析】
【分析】
固体完全溶解，生成MgSO4和Al2(SO4)3，依据极值法分析，可确定硫酸有剩余。加入NaOH后，首先与过量的硫酸反应，然后才与MgSO4和Al2(SO4)3反应。当MgSO4和Al2(SO4)3刚好完全反应时，生成Mg(OH)2、Al(OH)3、Na2SO4。
（1）溶解在硫酸中的Mg和Al恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出
n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.600L×0.5mol·L－1=0.6mol，V(NaOH)=。
（2）Mg、Al在反应过程中，存在下列关系式：Mg—H2—Mg(OH)2—2OH-，2Al—3H2—2Al(OH)3—6OH-，综合分析两关系式，可得出H2—2OH-。通过沉淀与金属的质量相减，便可求出m(OH-)，由此可求出生成H2的体积。
【详解】（1）溶解在硫酸中的Mg和Al恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出
n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.600L×0.5mol·L－1=0.6mol，V(NaOH)==0.6L=600mL。答案为：600；
（2）Mg、Al在反应过程中，存在下列关系式：Mg—H2—Mg(OH)2—2OH-，2Al—3H2—2Al(OH)3—6OH-，综合分析两关系式，可得出H2—2OH-。
m(OH-)=13.6g-5.1g=8.5g，n(OH-)=，n(H2)=n(OH-)=0.25mol，
V(H2)= 0.25mol×22.4L/mol=5.6L。答案为：5.6L。
【点睛】在利用n(OH-)计算n(H2)时，我们易犯的错误，是利用（1）中计算出的0.6mol进行计算。因为0.6mol并不是单纯用于与金属离子反应生成沉淀，而是有一部分用于中和过量硫酸，所以此数据不能使用。
22.由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：
请分析后回答下列问题：
(1)反应的类型分别是①________，②________。
(2)D物质中的官能团为________。
(3)C物质的结构简式为________，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为________，X的名称为________。
(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。
【答案】 (1). 加成反应 (2). 酯化反应 (3). -COOH(或羧基) (4). OHC-CHO (5). CH3-CHBr2 (6). 1，1-二溴乙烷 (7). nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O
【解析】
【分析】
CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。
【详解】根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。
(1)由以上分析可知，反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应①类型为加成反应，反应②类型为酯化反应；
(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；
(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；
(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。
23.臭氧(O3)能与KI溶液反应，生成氧气等。在反应后的溶液中滴入酚酞变为红色。若滴入淀粉则变为蓝色。为测定环境中空气的臭氧含量，将0℃、1.01×105Pa的空气33.6m3通过KI溶液，使反应完全，在所得溶液中用0.0100mol·L－1的Na2S2O3溶液60.0mL恰好滴定达终点，反应为：2Na2S2O3+I2→Na2S4O6+2NaI
（1）臭氧通入KI溶液中的化学方程式是________，每消耗1molO3，转移___mole-。
（2）计算大气中臭氧的体积分数___。（写出计算过程）
【答案】 (1). 2KI+O3+H2O=2KOH+O2+I2 (2). 2 (3). 2.00×10－5%
【解析】
【分析】
（1）臭氧(O3)通入KI溶液中，生成氧气，在反应后的溶液中滴入酚酞变为红色，则另一产物为KOH，从而写出反应的方程式；每消耗1molO3，只有1molO原子得电子，由0价降低为-2价，从而得出转移电子的物质的量。
（2）利用两个化学方程式，可以建立以下关系式：O3——I2——2Na2S2O3，代入数据，便可求出结果。
【详解】（1）臭氧(O3)通入KI溶液中，生成氧气、KOH和H2O，由此得出反应的方程式2KI+O3+H2O=2KOH+O2+I2；每消耗1molO3，只有1molO原子得电子，由0价降低为-2价，从而得出转移电子的物质的量为2mol。答案为：2KI+O3+H2O=2KOH+O2+I2；2；
（2）利用两个化学方程式，可以建立以下关系式：O3——I2——2Na2S2O3
设O3的物质的量为x，则：
x=3×10-4mol，大气中臭氧的体积分数为=2.00×10－5%。
答案为：2.00×10－5%。
【点睛】在分析本题时，切莫忽视“生成氧气”，如果我们忽视了这一点，而认为O3被I-还原为OH-，则将导致三个空全错的悲惨结局。
2020届广东深圳高三化学上学期第一次质量检测试题
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、单项选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B. 100mL2.0mol/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NA
C. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA
D. 常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 5.6g铁为0.1mol，与足量盐酸反应生成Fe2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；
B. 醋酸为弱电解质，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；
C. 标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；
D. 常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，D正确。
故选D。
2.关于胶体和溶液的叙述中正确的是（ ）
A. 胶体能透过半透膜，而溶液不能
B. 胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能
C. 胶体粒子直径比溶液中离子直径大
D. 胶体能够发生丁达尔现象，溶液也能发生丁达尔现象
【答案】C
【解析】
【详解】A. 胶粒能透过半透膜，而溶液中的离子和分子也能透过半透膜，A错误；
B. 胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液也可能生成沉淀，B错误；
C. 胶体粒子直径介于10-9~10-7m之间，而溶液中离子直径不大于10-9m，C正确；
D. 胶体能够发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，D错误。
故选C。
3.下列叙述正确的是（ ）
A. 在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B. 有单质参加的反应一定是氧化还原反应
C. 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应
D. 失电子难的原子，容易获得的电子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；
B. 同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；
C. 有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；
D. 失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。
故选C。
4.配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是( )
A. 用量筒量取浓盐酸俯视读数 B. 溶解搅拌时有液体飞溅
C. 定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线 D. 摇匀后见液面下降,再加水至刻度线
【答案】C
【解析】
【分析】
根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．
【详解】A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选；
B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；
C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；
D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选。
故选：C。
【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响．
5.化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照如图连接好线路发现灯泡不亮，按照右图连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（ ）
A. NaCl是非电解质
B. NaCl溶液是电解质
C. NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
D. NaCl溶液中，水电离出大量的离子
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaCl属于盐，所以是电解质，A错误；
B. NaCl溶液是混合物所以不是电解质，B错误；
C. 氯化钠固体溶于水后在水分子的作用下，发生电离，电离为可以移动的离子使溶液导电，C正确；
D. 氯化钠溶于水是氯化钠发生了电离，水的电离实际很微弱，D错误；
故答案选C。
6.下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是
A. 同质量、不同密度的N2和CO B. 同温度、同体积的H2和N2
C. 同体积、不同密度的C2H4和C3H6 D. 同压强、同体积的N2O和CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A、二者同质量，摩尔质量也相同，根据n=知，二者分子物质的量相同，也就是分子数相同，这两种分子还都含有2个原子，所以原子数相同，故A正确；
B、同温度、同体积，气体分子数目与压强呈正比，压强不定，无法判断气体分子数关系，故B错误；
C、同体积、不同密度的C2H4和C3H6，质量不相等。C2H4和C3H6的最简式相同，质量相等的两种气体含有相同的原子数，但质量不相等，则所含原子数不一定相同，故C错误；
D、同压强、同体积，气体分子数目与温度呈反比，温度不定，无法判断气体分子数关系，故D错误；
故选：A。
7.下列离子方程式中正确的是（ ）
A. 硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应 SO42-+Ba2+=BaSO4↓
B. 铜片加入稀硝酸中：Cu +2NO3- +4H+==Cu2++2NO2↑+2H2O
C. FeBr2溶液中加入过量的氯水2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+4Cl-+2Fe3+
D. 等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应中，除去发生SO42-与Ba2+的反应外，还发生Mg2+与OH-的反应，A错误；
B. 铜片加入稀硝酸中，生成NO气体等，B错误；
C. FeBr2溶液中加入过量的氯水，FeBr2完全反应，所以参加反应的Fe2+与Br-应满足1：2的定量关系，C错误；
D. NaHCO3和Ba(OH)2物质的量相等，离子方程式为HCO3-、Ba2+、OH-等摩反应，生成BaCO3和H2O，OH-过量，D正确。
故选D。
8.氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为-1价)，反应方程式如下：
CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是
A. 既不是氧化剂也不是还原剂
B. 是氧化剂
C. 是还原剂
D. 既是氧化剂又是还原剂
【答案】B
【解析】
【详解】根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca和O的化合价均没有变化，其中CaH2中H的化合价由-1价升高到0价，被氧化，作还原剂；H2O中H的化合价由+1价降低到0价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，又是还原产物；答案选B。
9.在标准状况下，ALNH3溶于B mL水中，得到密度为ρg/cm3的RL氨水，则此氨水的物质的量浓度是（ ）
A. mol/L B. mol/L
C. mol/L D. mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】A. c===mol/L，A正确；
B. c== mol/L，B错误；
C. 表示NH3的物质的量，不表示氨水的物质的量浓度，C错误；
D. 由选项B可知，不是氨水物质的量浓度的数值，D错误。
故选A。
10.有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位： mol·L-1)为
A. （y-2x）/a B. (y-x)/a C. (2y-2x)/a D. (2y-4x)/a
【答案】D
【解析】
n（Ba2+）=n（H2SO4）= xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：
2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/a
mol·L-1
11.下列有关溶液性质的叙述，正确的是（ ）
A. 室温时饱和的二氧化碳水溶液，冷却到0℃时会放出一些二氧化碳气体
B. 强电解质在水中溶解度一定大于弱电解质
C. 相同温度下，把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量增加
D. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或者温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下溶液中溶质的质量分数均保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 气体的溶解度随温度的降低而增大，所以室温下饱和的二氧化碳水溶液降温至0℃，不会放出二氧化碳气体，A错误；
B. 难溶于水的强电解质(如BaSO4)，在水中溶解度小于某些可溶性弱电解质(如醋酸)，B错误；
C. 相同温度、相同压强下，氧气在水中的溶解度不变，所以把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量不变，C错误；
D. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，虽然溶液变为不饱和，但溶质的质量分数不变；温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，硫酸铜的溶解度不变，溶质的质量分数不变，D正确。
故选D。
12.某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-个数比为1：2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（ ）
A. 21：5 B. 4：1 C. 3：l D. 11：3
【答案】D
【解析】
【详解】ClO-和ClO3-个数比为1：2，则按电子守恒，它们与Cl-的个数比为1：2：11，从而得出被还原的氯(生成Cl-)与被氧化的氯(生成ClO-和ClO3-)的物质的量之比为11:3。故选D。
13.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物
C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【答案】A
【解析】
【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。
A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；
D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；
答案选A。
14.在海水中提取溴的反应原理是5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O下列反应的原理与上述反应最相似的是（ ）
A. 2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2
B. 2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HCl
C. 2H2S+SO2=3S+2H2O
D. AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】反应5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O为氧化还原反应，只有Br元素发生电子的得与失，反应为归中反应。
A. 2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2中，变价元素为Br和Cl，A不合题意；
B. 2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HCl中，变价元素Fe和S，B不合题意；
C. 2H2S+SO2=3S+2H2O中，变价元素只有S，发生归中反应，C符合题意；
D. AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl为非氧化还原反应，D不合题意。
故选C。
15.下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（ ）
①无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-
②使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-
③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+
④加入Mg能放出H2的溶液中： NH4+，Cl-，K+，SO42-
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-
⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-
A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】C
【解析】
【详解】①无色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，①不合题意；
②CO32-，AlO2-都能发生水解反应，使溶液呈碱性，②符合题意；
③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，③不合题意；
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，④符合题意；
⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，⑤符合题意；
⑥酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量存在，⑥不合题意。
综合以上分析，只有②④⑤符合题意。故选C。
16.下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. 用澄清石灰水来吸收氯气：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H+
B. 向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
C. 将金属钠加入冷水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
D. 碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.用澄清石灰水来吸收氯气，反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，碱性环境不能大量存在H+，A错误；
B.Fe粉少量，硝酸过量，反应产生Fe3+，B错误；
C.金属钠与冷水反应产生NaOH和氢气，反应符合事实，符合物质的拆分原则，C正确；
D.酸式盐与碱反应，碱不足量，反应产生CaCO3、NaHCO3、H2O，书写不符合反应事实，D错误；
故合理选项是C。
三、填空题
17.下列说法中，正确的是（填序号）__
A．AgCl+NaBr=AgBr+NaCl能在水中进行，是因为AgBr比AgCl更难溶于水
B．用渗析法分离淀粉中混有的氯化银杂质
C．可以用分液漏斗将甘油和水的混合液体分离
D．用碱式滴定管量取20.00毫升高锰酸钾溶液
E．配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止
F．在氢氧化铁胶体中加入少量硫酸会产生沉淀
G．硝酸银溶液通常保存在棕色的试剂瓶中，是因为硝酸银见光易分解
【答案】AEFG
【解析】
【分析】
A．由难溶物转化为难溶物，应比较Ksp(AgBr)与Ksp(AgCl)的相对大小；
B．用渗析法净制胶体，只能去除胶体中的某些离子或分子；
C．用分液漏斗分离的是不互溶的液体；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡皮管；
E．配制银氨溶液时，应注意试剂的滴加顺序及用量；
F．电解质能使氢氧化铁胶体发生凝聚；
G．硝酸银见光易分解，应避光保存。
【详解】A．由于Ksp(AgBr)
C．甘油和水互溶，不能以分液漏斗作为分离仪器，也就是不能采用分液法分离，C错误；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡皮管，D错误；
E．配制银氨溶液时，往硝酸银溶液中滴加稀氨水，至产生的沉淀刚好溶解，E正确；
F．硫酸作为电解质，能使氢氧化铁胶体发生凝聚，F正确；
G．硝酸银见光易分解，通常保存在棕色试剂瓶内，G正确。
故选AEFG。
【点睛】氢氧化铁胶体中加入硫酸，首先是硫酸作为电解质，使氢氧化铁胶体发生凝聚，然后硫酸作为酸，与作为碱的氢氧化铁沉淀发生中和反应，生成硫酸铁和水。所以，滴加过程中观察到的现象为先生成沉淀、后沉淀溶解。
18.工业甲醇的质量分数可以用下列方法测定：
①在稀H2SO4中甲醇被Cr2O72—氧化成CO2和H2O，
反应式为：CH3OH＋Cr2O72—＋8H＋＝CO2↑＋2Cr3＋＋6H2O；
②过量的Cr2O72—可用Fe2＋与之完全反应：
___Cr2O72—＋___Fe2＋＋____H＋—_____Cr3＋＋____Fe3＋＋____H2O
现有0.12 g工业甲醇，在H2SO4溶液中与25 mL 0.2 mol·L－1K2Cr2O7溶液反应，多余的K2Cr2O7再用1 mol·L—1FeSO4与其反应，结果用去FeSO4溶液9.6 mL。
(1)配平第②步的离子方程式。
(2)计算工业甲醇的质量分数_______________。
【答案】 (1). 1 (2). 6 (3). 14 (4). 2 (5). 6 (6). 7 (7). 由反应②可知，反应①剩余的n（Cr2O72-）=n（Fe2+）=0.0016 mol
反应①消耗n（Cr2O72-）=0.0050 mol-0.0016 mol=0.0034 mol
则：n（CH3OH）=0.0034 mol
w(CH3OH)=
【解析】
【分析】
（1）依据化学反应的元素化合价变化结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒计算配平离子方程式；
（2）依据化学方程式的定量计算分析，依据FeSO4的消耗量，计算出多余的K2Cr2O7，计算与甲醇反应的K2Cr2O；结合化学方程式进行计算：CH3OH+Cr2O72-+8H+=CO2↑+2Cr3++6H2O。
【详解】（1）依据化学反应的元素化合价变化结合电子守恒计算配平离子方程式，电子转移：Cr2O72-～2Cr3++～6e-；6Fe2+～6Fe3+～6e-；所以配平氧化还原反应的电子守恒，结合电荷守恒和原子守恒得到配平系数：1、6、14、2、6、7；离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；故答案为：1、6、14、2、6、7；
（2）由反应②可知，反应①剩余的n（Cr2O72-）=n（Fe2+）=0.0016 mol
反应①消耗的n（Cr2O72-）=0.0050 mol-0.0016 mol=0.0034 mol
则：n（CH3OH）=0.0034 mol
w(CH3OH)= ，故答案为：90.7%。
19.用6mol·L-1的硫酸配制100mL1mol·L-1硫酸，若实验仪器有：
A．100mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50mL容量瓶 E．20mL量筒 F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL容量瓶
（1）实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）__。
（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填写编号）__。
A．使用容量瓶前检查它否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2cm～3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm～2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次
【答案】 (1). G、E、C、H、F或E、G、C、H、F (2). B、C、D
【解析】
【分析】
（1）配制溶液时，选用仪器的先后顺序，也是按照配制操作的先后顺序进行选择，即按照计算、量取、溶解、转移、定容进行选择。
（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液；
B．用容量瓶配制溶液，应确保溶质的物质的量不变；
C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后才能转移入容量瓶；
D．配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后再转移入容量瓶内；
E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀。
【详解】（1）配制溶液时，通过计算，确定所需6mol·L-1的硫酸的体积为，应选择20mL量筒、50mL烧杯；然后是转移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容时用到胶头滴管，由此确定选用仪器的先后顺序为G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案为：G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；
（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液，A正确；
B．用容量瓶配制溶液，用待配溶液润洗，必然导致溶质的物质的量增大，所配浓度偏大，B不正确；
C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正确；
D．配制溶液时，量好液体试样，也应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正确；
E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀，E正确。
由此得出，在容量瓶的使用方法中，操作不正确的是B、C、D。答案为：B、C、D。
【点睛】使用量筒量取液体时，应选择规格尽可能小的量筒，若选择的量筒规格过大，则会产生较大的误差。还需注意，所选量筒必须一次把所需体积的液体量完，若多次量取，也会产生较大的误差。
20.有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl－、I－、HCO3-，进行如下实验：
实验步骤
实验现象
①取少量原溶液，加几滴甲基橙
溶液变红色
②取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热
有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色
③取少量原溶液，加BaCl2溶液
有白色沉淀生成
④取③中上层清液，加AgNO3溶液
有白色沉淀生成，且不溶于HNO3
⑤取少量原溶液，加NaOH溶液
有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解
⑴溶液中肯定存在的离子是________________________；
⑵溶液中肯定不存在的离子是________________________；
⑶为进一步确定其他离子，应该补充的实验是_____________________________； ____________________________。
【答案】 (1). Mg2+、Al3+、NO3-、SO42- (2). Fe2+、Ba2+、I-、HCO3- (3). 焰色反应 (4). 取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3
【解析】
【详解】因为溶液呈无色，溶液中一定不含Fe2+；根据①取少量原溶液，加几滴甲基橙，溶液变红色，说明溶液呈酸性，则溶液中不含HCO3-；根据②取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热，有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色，则原溶液中含NO3-，由于酸性条件下NO3-具有强氧化性，原溶液中不含I-；根据③取少量原溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中含有SO42-、不含Ba2+；取③中上层清液，加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，且不溶于HNO3，③中上层清液中含Cl-，但由于BaCl2引入Cl-，不能确定原溶液中是否含Cl-；根据⑤取少量原溶液，加NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解，则原溶液中含有Mg2+、Al3+；
（1）溶液中肯定存在的离子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；
（2）溶液中肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-；
（3）要进一步确定溶液中是否含有Na+，应补充的实验是：焰色反应；要进一步确定溶液中是否含有Cl-，应用稀硝酸和AgNO3溶液，但SO42-会构成干扰，所以先排除SO42-的干扰，故补充的实验是：取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3 。
21.将5.1g镁铝合金溶于600mL0.5mol·L－1H2SO4溶液中，完全溶解后再加入1.0mol·L－1的NaOH溶液，得到沉淀的质量为13.6g，继续滴加NaOH溶液时则沉淀会减少。
（1）当加入__mLNaOH溶液时，可使溶解在硫酸中的Mg和Al恰好完全沉淀。
（2）计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准状况下的体积。（列出算式）___
【答案】 (1). 600 (2). 5.6L
【解析】
【分析】
固体完全溶解，生成MgSO4和Al2(SO4)3，依据极值法分析，可确定硫酸有剩余。加入NaOH后，首先与过量的硫酸反应，然后才与MgSO4和Al2(SO4)3反应。当MgSO4和Al2(SO4)3刚好完全反应时，生成Mg(OH)2、Al(OH)3、Na2SO4。
（1）溶解在硫酸中的Mg和Al恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出
n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.600L×0.5mol·L－1=0.6mol，V(NaOH)=。
（2）Mg、Al在反应过程中，存在下列关系式：Mg—H2—Mg(OH)2—2OH-，2Al—3H2—2Al(OH)3—6OH-，综合分析两关系式，可得出H2—2OH-。通过沉淀与金属的质量相减，便可求出m(OH-)，由此可求出生成H2的体积。
【详解】（1）溶解在硫酸中的Mg和Al恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出
n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.600L×0.5mol·L－1=0.6mol，V(NaOH)==0.6L=600mL。答案为：600；
（2）Mg、Al在反应过程中，存在下列关系式：Mg—H2—Mg(OH)2—2OH-，2Al—3H2—2Al(OH)3—6OH-，综合分析两关系式，可得出H2—2OH-。
m(OH-)=13.6g-5.1g=8.5g，n(OH-)=，n(H2)=n(OH-)=0.25mol，
V(H2)= 0.25mol×22.4L/mol=5.6L。答案为：5.6L。
【点睛】在利用n(OH-)计算n(H2)时，我们易犯的错误，是利用（1）中计算出的0.6mol进行计算。因为0.6mol并不是单纯用于与金属离子反应生成沉淀，而是有一部分用于中和过量硫酸，所以此数据不能使用。
22.由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：
请分析后回答下列问题：
(1)反应的类型分别是①________，②________。
(2)D物质中的官能团为________。
(3)C物质的结构简式为________，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为________，X的名称为________。
(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。
【答案】 (1). 加成反应 (2). 酯化反应 (3). -COOH(或羧基) (4). OHC-CHO (5). CH3-CHBr2 (6). 1，1-二溴乙烷 (7). nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O
【解析】
【分析】
CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。
【详解】根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。
(1)由以上分析可知，反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应①类型为加成反应，反应②类型为酯化反应；
(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；
(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；
(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。
23.臭氧(O3)能与KI溶液反应，生成氧气等。在反应后的溶液中滴入酚酞变为红色。若滴入淀粉则变为蓝色。为测定环境中空气的臭氧含量，将0℃、1.01×105Pa的空气33.6m3通过KI溶液，使反应完全，在所得溶液中用0.0100mol·L－1的Na2S2O3溶液60.0mL恰好滴定达终点，反应为：2Na2S2O3+I2→Na2S4O6+2NaI
（1）臭氧通入KI溶液中的化学方程式是________，每消耗1molO3，转移___mole-。
（2）计算大气中臭氧的体积分数___。（写出计算过程）
【答案】 (1). 2KI+O3+H2O=2KOH+O2+I2 (2). 2 (3). 2.00×10－5%
【解析】
【分析】
（1）臭氧(O3)通入KI溶液中，生成氧气，在反应后的溶液中滴入酚酞变为红色，则另一产物为KOH，从而写出反应的方程式；每消耗1molO3，只有1molO原子得电子，由0价降低为-2价，从而得出转移电子的物质的量。
（2）利用两个化学方程式，可以建立以下关系式：O3——I2——2Na2S2O3，代入数据，便可求出结果。
【详解】（1）臭氧(O3)通入KI溶液中，生成氧气、KOH和H2O，由此得出反应的方程式2KI+O3+H2O=2KOH+O2+I2；每消耗1molO3，只有1molO原子得电子，由0价降低为-2价，从而得出转移电子的物质的量为2mol。答案为：2KI+O3+H2O=2KOH+O2+I2；2；
（2）利用两个化学方程式，可以建立以下关系式：O3——I2——2Na2S2O3
设O3的物质的量为x，则：
x=3×10-4mol，大气中臭氧的体积分数为=2.00×10－5%。
答案为：2.00×10－5%。
【点睛】在分析本题时，切莫忽视“生成氧气”，如果我们忽视了这一点，而认为O3被I-还原为OH-，则将导致三个空全错的悲惨结局。
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